Punto di Fermat

Il punto di Fermat ha diverse proprietà. Dato un triangolo ${\displaystyle ABC}$  si deve costruire su ogni lato un triangolo equilatero in modo da formare tre triangoli chiamati ${\displaystyle ABC'}$ , ${\displaystyle AB'C}$ , ${\displaystyle A'BC}$ . Congiungendo ${\displaystyle {\overline {AA'}}}$ , ${\displaystyle {\overline {BB'}}}$ , ${\displaystyle {\overline {CC'}}}$  queste tre rette si incontrano in un punto ${\displaystyle F}$ . Si dimostra che ${\displaystyle {\overline {AA'}}={\overline {BB'}}={\overline {CC'}}}$ . Infatti i triangoli ${\displaystyle ACA'}$  e ${\displaystyle B'CB}$  sono congruenti perché ${\displaystyle {\overline {CA}}={\overline {CB'}},{\overline {CA'}}={\overline {CB}}}$ , e sono uguali gli angoli ${\displaystyle A{\hat {C}}A'=B{\hat {C}}B'}$  perché ottenuti entrambi aggiungendo un angolo di 60° a ${\displaystyle A{\hat {C}}B}$ . Ne segue che ${\displaystyle {\overline {AA'}}={\overline {BB'}}}$  e analogamente si prova che ${\displaystyle {\overline {AA'}}={\overline {CC'}}}$ . Si costruiscano tre circonferenze ${\displaystyle \alpha }$ , ${\displaystyle \beta }$ , ${\displaystyle \gamma }$  tali che ${\displaystyle \gamma }$  sia circoscritta ad ${\displaystyle ACB'}$ , ${\displaystyle \alpha }$  sia circoscritta ad ${\displaystyle A'CB}$ , ${\displaystyle \beta }$  sia circoscritta ad ${\displaystyle AC'B}$ . Le tre circonferenze avranno tutte in comune il punto ${\displaystyle F}$ . Poiché i quadrilateri ${\displaystyle AC'BF}$ , ${\displaystyle AB'CF}$  sono inscritti in una circonferenza, l'angolo ${\displaystyle A{\hat {F}}B=120^{\circ }}$  e l'angolo ${\displaystyle A{\hat {F}}C=120^{\circ }}$ .

Ne segue che: l'angolo ${\displaystyle B{\hat {F}}C=120^{\circ }}$ : quindi il punto ${\displaystyle F}$  appartiene a ${\displaystyle \beta }$ . Il punto ${\displaystyle F}$  appartiene a ${\displaystyle {\overline {BB'}}}$  perché: l'angolo ${\displaystyle A{\hat {F}}B=120^{\circ }}$  l'angolo ${\displaystyle A{\hat {F}}B'=A{\hat {C}}B'=60^{\circ }}$ . Allo stesso modo si dimostra che ${\displaystyle F}$  appartiene ad ${\displaystyle {\overline {AA'}}}$  e anche a ${\displaystyle {\overline {CC'}}}$ .

Il punto ${\displaystyle F}$  è detto "punto di Fermat" del triangolo ${\displaystyle ABC}$ .

Lemma 1

Per ogni vettore ${\displaystyle {\overrightarrow {a}},{\overrightarrow {b}},{\overrightarrow {c}}\neq {\overrightarrow {0}},}$ 

${\displaystyle {\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}}+{\frac {\overrightarrow {b}}{|{\overrightarrow {b}}|}}+{\frac {\overrightarrow {c}}{|{\overrightarrow {c}}|}}={\overrightarrow {0}}}$ 

è equivalente al fatto che

${\displaystyle {\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}},\qquad {\frac {\overrightarrow {b}}{|{\overrightarrow {b}}|}},\qquad {\frac {\overrightarrow {c}}{|{\overrightarrow {c}}|}}}$ 

formano tutti tra di loro un angolo di 120°.

Dimostrazione del lemma 1

Siano ${\displaystyle {\overrightarrow {e_{i}}},}$  per ${\displaystyle i=0,1,2,}$  i versori seguenti

${\displaystyle {\overrightarrow {e_{0}}}={\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}},\qquad {\overrightarrow {e_{1}}}={\frac {\overrightarrow {b}}{|{\overrightarrow {b}}|}},\qquad {\overrightarrow {e_{2}}}={\frac {\overrightarrow {c}}{|{\overrightarrow {c}}|}}.}$ 

Sia ${\displaystyle \theta _{ij}}$  l'angolo tra due vettori unitari ${\displaystyle {\overrightarrow {e_{i}}}}$  e ${\displaystyle {\overrightarrow {e_{j}}}.}$  Si ha quindi che ${\displaystyle \theta _{ij}=\theta _{ji}}$  e i valori del prodotto scalare sono

${\displaystyle {\overrightarrow {e_{i}}}\cdot {\overrightarrow {e_{j}}}=\cos \theta _{ij}={\begin{cases}1&{\text{se }}i=j\\-{\frac {1}{2}}&{\text{se }}i\neq j.\end{cases}}}$ 

Così si ottiene ${\displaystyle \theta _{ij}=120^{\circ }}$  per ${\displaystyle i\neq j.}$ 

Viceversa, se i versori ${\displaystyle {\overrightarrow {e_{i}}},}$  per ${\displaystyle i=0,1,2,}$  formano un angolo di 120° tra di loro, si ottiene

${\displaystyle {\overrightarrow {e_{i}}}\cdot {\overrightarrow {e_{j}}}={\begin{cases}\cos 0^{\circ }=1&{\text{se }}i=j\\\cos 120^{\circ }=-{\frac {1}{2}}&{\text{se }}i\neq j.\end{cases}}}$ 

Quindi si ha

${\displaystyle |{\overrightarrow {e_{0}}}+{\overrightarrow {e_{1}}}+{\overrightarrow {e_{2}}}|^{2}=\sum _{i=j}^{}{\overrightarrow {e_{i}}}\cdot {\overrightarrow {e_{j}}}+\sum _{i\neq j}^{}{\overrightarrow {e_{i}}}\cdot {\overrightarrow {e_{j}}}=3\times 1+6\times \left(-{\frac {1}{2}}\right)=0.}$ 

Pertanto si ottiene

${\displaystyle {\overrightarrow {e_{0}}}+{\overrightarrow {e_{1}}}+{\overrightarrow {e_{2}}}={\overrightarrow {0}}.}$ 

Lemma 2

Per ogni vettore ${\displaystyle {\overrightarrow {a}}\neq {\overrightarrow {0}},{\overrightarrow {x}},}$  si ha

${\displaystyle |{\overrightarrow {a}}-{\overrightarrow {x}}|\geq |{\overrightarrow {a}}|-{\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}}\cdot {\overrightarrow {x}}.}$ 

Dimostrazione del lemma 2

Per ogni vettore ${\displaystyle {\overrightarrow {u}},{\overrightarrow {v}},}$  è noto che ${\displaystyle |{\overrightarrow {u}}||{\overrightarrow {v}}|\geq {\overrightarrow {u}}\cdot {\overrightarrow {v}}.}$ 

Ponendo ${\displaystyle {\overrightarrow {u}}={\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}}}$  e ${\displaystyle {\overrightarrow {v}}={\overrightarrow {a}}-{\overrightarrow {x}},}$  si ha la tesi del lemma 2.

Se il triangolo ${\displaystyle ABC}$  è un triangolo in cui tutti gli angoli sono inferiori a 120°, si può costruire il punto ${\displaystyle F}$  all'interno del triangolo ${\displaystyle ABC.}$  Ora impostando il punto ${\displaystyle F}$  come origine dei vettori, per ogni punto ${\displaystyle X}$  dello spazio euclideo ${\displaystyle E}$ , si ha ${\displaystyle {\overrightarrow {a}}={\overrightarrow {FA}},{\overrightarrow {b}}={\overrightarrow {FB}},{\overrightarrow {c}}={\overrightarrow {FC}},{\overrightarrow {x}}={\overrightarrow {FX}}.}$ 

Se ${\displaystyle F}$  è il punto di Fermat, allora ${\displaystyle \angle AFB=\angle BFC=\angle CFA=120^{\circ }.}$  Quindi, si ottiene l'uguaglianza del lemma 1.

Dal lemma 2, si ottiene

${\displaystyle |{\overrightarrow {XA}}|\geq |{\overrightarrow {FA}}|-{\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}}\cdot {\overrightarrow {x}},}$ 

${\displaystyle |{\overrightarrow {XB}}|\geq |{\overrightarrow {FB}}|-{\frac {\overrightarrow {b}}{|{\overrightarrow {b}}|}}\cdot {\overrightarrow {x}},}$ 

${\displaystyle |{\overrightarrow {XC}}|\geq |{\overrightarrow {FC}}|-{\frac {\overrightarrow {c}}{|{\overrightarrow {c}}|}}\cdot {\overrightarrow {x}}.}$ 

Da queste tre disuguaglianze e dal lemma 1, segue che

${\displaystyle |{\overrightarrow {XA}}|+|{\overrightarrow {XB}}|+|{\overrightarrow {XC}}|\geq |{\overrightarrow {FA}}|+|{\overrightarrow {FB}}|+|{\overrightarrow {FC}}|.}$ 

Esso vale per ogni punto ${\displaystyle X}$  dello spazio euclideo ${\displaystyle E,}$  quindi se ${\displaystyle X=F,}$  allora il valore di ${\displaystyle |{\overrightarrow {XA}}|+|{\overrightarrow {XB}}|+|{\overrightarrow {XC}}|}$  è minimo.

Questo quesito fu posto da Fermat a Evangelista Torricelli. Egli risolse il problema in modo simile a Fermat, usando l'intersezione delle circonferenze dei tre triangoli regolari. Il suo allievo, Vincenzo Viviani, pubblicò la soluzione nel 1659.^[1]

•   Wikimedia Commons contiene immagini o altri file su Punto di Fermat

• (EN) Eric W. Weisstein, Punto di Fermat, su MathWorld, Wolfram Research.  
• Generalizzazione Fermat-Torricelli su Dynamic Geometry Sketches Pagina interattiva che generalizza il punto di Fermat-Torricelli
• (EN) Clark Kimberling, X₁₃, in Encyclopedia of Triangle Centers, University of Evansville, 22 ottobre 2013.
• Un esempio pratico del punto di Fermat (Inglese), su matifutbol.com.